高考 第18讲 用导数证明数列不等式

第18讲   用导数证明数列不等式

利用导数证明数列不等式，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，另一方面体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为为有具体特征的数列，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起．

证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到．

已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex＞x＋1可化为lnx≤x－1等．

[典例 1]　已知函数f (x)＝kx－lnx－1(k>0)．

(1)若函数f (x)有且只有一个零点，求实数k的值；

(2)证明：当n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．

解析：　

(1)法一：f (x)＝kx－ln x－1，f ′(x)＝k－＝(x>0，k>0)，

当0<x<时，f ′(x)<0；当x>时，f ′(x)>0．

∴f (x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．

∴f (x)min＝f ＝ln k，∵f (x)有且只有一个零点，∴ln k＝0，∴k＝1．

法二：由题意知方程kx－ln x－1＝0仅有一个实根，

由kx－ln x－1＝0，得k＝(x>0)，

令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0．

∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

∴g(x)max＝g(1)＝1，当x→＋∞时，g(x)→0，

∴要使f (x)仅有一个零点，则k＝1．

法三：函数f (x)有且只有一个零点，

即直线y＝kx与曲线y＝ln x＋1相切，设切点为(x0，y0)，

由y＝ln x＋1，得y′＝，∴

∴k＝x0＝y0＝1，∴实数k的值为1．

(2)由(1)知x－ln x－1≥0，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号，

∵n∈N*，令x＝，得>ln，

∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，

故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．

[典例 2]　已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋．

(1)若x＞0时，f(x)＞1恒成立，求a的取值范围；

(2)求证：ln (n＋1)＞＋＋ ＋…＋(n∈N*)．

解析：　

(1)由ln (x＋1)＋＞1，得a＞(x＋2)－(x＋2)ln (x＋1)．

令g(x)＝(x＋2)[1－ln (x＋1)]，则g′(x)＝1－ln (x＋1)－＝－ln (x＋1)－．

当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．

所以g(x)＜g(0)＝2，故a的取值范围为[2，＋∞)．

(2)由(1)知ln (x＋1)＋＞1(x＞0)，所以ln (x＋1)＞．

令x＝(k＞0)，得ln (＋1)＞，即ln ＞．

所以ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ＞＋＋＋…＋，

即ln (n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．

[典例 3]　已知函数f(x)＝ax2－x·lnx＋b，g(x)＝f′(x)．

(1)判断函数y＝g(x)的单调性；

(2)若x∈(0，e](e≈2.718)，判断是否存在实数a，使函数g(x)的最小值为2？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；

(3)证明：3>n－ln．

解析：　

(1)g(x)＝ax－1－ln x，x>0，∴g′(x)＝a－＝，

当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，

当a>0时，在x∈，g′(x)<0，在x∈，g′(x)>0，

∴g(x)在上单调递减，在上单调递增．

(2)当a≤0时，函数g(x)在 (0，e]上单调递减，g(x)min＝ae－2≤－2，故不存在最小值为2；

当 0<a≤时，即≥e，函数g(x)在(0，e]上单调递减，

∴当x＝e时有最小值，g(x)min＝ae－1－1＝2，解得a＝，不合题意舍去；

当a>时，即0<<e，函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，

∴当x＝时有最小值，g(x)min＝1－1＋ln a＝2，解得a＝e2．

综上所述，存在实数a＝e2，当x∈(0，e]时，函数g(x)的最小值是2．

(3)由(2)知，g(x)＝e2x－1－ln x≥2，即e2x≥3＋ln x恒成立，

即x≥(3＋ln x)恒成立，即x>(3＋ln x)，取x＝，

则>，则3·>1＋ln ，

∴3>n＋ln＝n＋ln＝n－ln ．

[典例 4]　已知函数f(x)＝ex，h(x)＝x＋ln x，g(x)＝(x－a＋1)ea．

(1)设F(x)＝xf(x)－ah(x)，讨论F(x)极值点的个数；

(2)判断方程f(x)＝g(x)的实数根的个数，并证明e2＋e4＋e6＋…＋e2n≥e．

解析：　

(1)F(x)＝xex－a(x＋ln x)，x＞0，∴F′(x)＝(x＋1)ex－a＝，

①当a≤0时，F′(x)＞0，F(x)在(0，＋∞)内单调递增，F(x)没有极值点．

②当a＞0时，令H(x)＝xex－a，x∈[0，＋∞)，则H′(x)＝(1＋x)ex＞0，

∴H(x)在[0，＋∞)上单调递增．又H(0)＝－a＜0，H(a)＝a(ea－1)＞0，

∴∃x0＞0，使H(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，H(x)＜0，

当x∈(x0，＋∞)时，H(x)＞0，从而F′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，

当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，∴x＝x0是函数F(x)的极小值点．

综上，当a≤0时，F(x)无极值点，当a＞0时，F(x)有一个极值点．

(2)方程f(x)＝g(x)可化为ex－a＝x－a＋1．设x－a＝t，则原方程又可化为et＝t＋1．

设M(t)＝et－t－1，则M′(t)＝et－1．

∵M′(0)＝0，当t∈(－∞，0)时，M′(t)＜0，M(t)在(－∞，0)上单调递减，

当t∈(0，＋∞)时，M′(t)＞0，M(t)在(0，＋∞)上单调递增；

∴M(t)min＝M(0)＝0，∴当t≠0时，M(t)＞0，

∴方程et＝t＋1只有一个实数根，∴方程f(x)＝g(x)只有一个实数根．

∵对于任意的t∈R，et≥t＋1．

∴e2－＋e4－＋…＋e2n－≥＋1＋＋1＋…＋＋1

＝(2＋4＋…＋2n)－＋n＝n(n＋1)－＋n＝，

即e－(e2＋e4＋…＋e2n)≥，∴e2＋e4＋…＋e2n≥e．

[典例 5]　已知函数g(x)＝xlnx，h(x)＝(a>0)．

(1)若g(x)<h(x)对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围；

(2)证明：不等式·…·<对于正整数n恒成立，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．

解析：　

(1)方法一　记f(x)＝g(x)－h(x)＝xln x－x2＋，

令φ(x)＝f′(x)＝ln x＋1－ax，则φ′(x)＝－a，

①当a≥1时，∵x∈(1，＋∞)，∴φ′(x)＝－a<1－a≤0，

∴f′(x)在(1，＋∞)上单调递减，又f′(1)＝1－a≤0，

∴f′(x)<0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递减，

此时，f(x)<f(1)＝－≤0，即g(x)<h(x)，∴a≥1．

②当0<a<1时，考虑x∈时，φ′(x)＝－a>a－a＝0，

∴f′(x)在上单调递增，又f′(1)＝1－a>0，

∴f′(x)>0，即f(x)在上单调递増，

f(x)>f(1)＝－>0，不满足题意．综上所述，a∈[1，＋∞)．

方法二　当x∈(1，＋∞)时，g(x)<h(x)等价于a>，

令F(x)＝(x>1)，

F′(x)＝(x>1)，记m(x)＝x－1－xln x(x>1)，则m′(x)＝－ln x<0，

∴m(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴m(x)<m(1)＝0，

∴F′(x)<0，即F(x)在(1，＋∞)上单调递减，@钻研数学

F(x)<F(1)＝1，故a∈[1，＋∞)．

(2)由(1)知取a＝1，当x∈(1，＋∞)时，g(x)<h(x)恒成立，

即xlnx<恒成立，即lnx<恒成立，

即ln(1＋x)<＝对于x∈(0，＋∞)恒成立，

由此，ln<＝≤，k∈N*，

于是ln＝ln＋ln＋…＋ln

<＝

＝·＝＝≤，

故·…·<．

[典例 6]　已知函数f(x)＝ex－kx2，x∈R．

(1)若k＝，求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>1；

(2)若f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，试求k的取值范围；

(3)求证：…<e4(n∈N*)．

解析：　

(1) f(x)＝ex－x2，则h(x)＝f′(x)＝ex－x．所以h′(x)＝ex－1>0(x>0)，

所以h(x)在(0，＋∞)上递增，所以f′(x)>f′(0)＝1>0．

所以f(x)＝ex－x2在(0，＋∞)上递增，故f(x)>f(0)＝1．

(2)由题得，f′(x)＝ex－2kx≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．

即2k≤在区间(0，＋∞)上恒成立．

设g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝，

故在(0，1)上，g′(x)<0，g(x)单调递减；

在(1，＋∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)≥g(1)＝e．

故2k≤e，解得k≤．即k的取值范围为．

(3)由(1)知，对于x∈(0，＋∞)，有f(x)＝ex－x2>1，所以e2x>2x2＋1，

则ln (2x2＋1)<2x，取x＝，从而有ln <(n∈N*)，

于是ln＋ln＋ln＋…＋ln<＋＋＋…＋

<＋＋＋…＋＝2＋2[＋＋…＋]＝4－<4．

所以…<e4(n∈N*)．

[典例 7]　已知函数f(x)＝ln(1＋x)－．

(1)若x≥0时，f(x)≤0，求λ的最小值；

(2)设数列{an}的通项an＝1＋＋＋…＋，证明：a2n－an＋>ln2．

解析：　

(1)由已知可得f(0)＝0，∵f(x)＝ln(1＋x)－，

∴f′(x)＝，且f′(0)＝0．

①若λ≤0，则当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)≥f(0)＝0，不合题意；

②若0<λ<，则当0<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

∴当0<x<时，f(x)>f(0)＝0，不合题意；

③若λ≥，则当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当x≥0时，f(x)≤f(0)＝0，符合题意．

综上，λ≥．∴实数λ的最小值为．

(2)由于a2n－an＋＝＋＋＋…＋＋＋，

若λ＝，由(1)知，f(x)＝ln(1＋x)－，

且当x>0时，f(x)<0，即>ln(1＋x)，

令x＝，则>ln ，

∴＋>ln ，＋>ln ，

＋>ln ，…，＋>ln ．

以上各式两边分别相加可得

＋＋＋＋＋＋…＋＋

>ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ，

即＋＋＋…＋＋＋>ln ···…·＝ln ＝ln 2，

∴a2n－an＋>ln 2．

【典例精练】

1．若函数f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0处取极值．

(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；

(2)证明：1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)(n∈N*)．

解析：　

(1)因为x＝0是函数极值点，所以f′(0)＝0，所以a＝1．

f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1．

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，

故极值f(0)是函数最小值．

(2)由(1)知ex≥x＋1．即ln (x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立，令x＝(k∈N*)，

则＞ln (1＋)，即＞ln，所以＞ln (1＋k)－ln k(k＝1，2，…，n)，

累加得1＋＋＋…＋＞ln (n＋1)(n∈N*)．

2．已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋(a∈R)．

(1)当a＜0时，求f(x)的极值；

(2)求证：ln(n＋1)＞＋＋…＋(n∈N*)．

解析：　

(1)f(x)＝ln(x＋1)＋(x＞－1)，f′(x)＝，

∵a＜0，∴当x∈(－1，－a－1)时，f′(x)＜0，当x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)＞0，

∴函数f(x)的极小值为f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，无极大值．

(2)由(1)知，取a＝－1，f(x)＝ln(x＋1)－≥f(0)＝0．

当x＞0时，ln(x＋1)＞，取x＝，得ln＞＞．

∴ln＋ln＋…＋ln＞＋＋…＋⇔ln＞＋＋…＋，

即ln(n＋1)＞＋＋…＋．

3．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝x－1．

(1)求F(x)＝g(x)－f(x)的单调区间和最值；

(2)证明：对大于1的任意自然数n，都有＋＋＋…＋＜lnn．

解析：　

(1)由F(x)＝x－1－xln x，x>0，则F′(x)＝－ln x，

所以当x＞1时，F′(x)＝－ln x＜0，当0＜x＜1时，F′(x)＝－ln x＞0，

所以当x＝1时，F(x)取最大值F(1)＝0.

即当x≠1时，F(x)＜0，当x＝1时，F(x)＝0，

所以F(x)在(0，1)上是单调增函数，在(1，＋∞)上是单调减函数，

当x＝1时，F(x)取最大值F(1)＝0，无最小值．

(2)由(1)可知，xln x＞x－1对任意x＞0且x≠1恒成立．

故1－＜ln x，取x＝(n＞1且n∈N)得，1－＜ln⇒＜ln n－ln(n－1)，

所以＜ln i－ln(i－1)]，即＋＋＋…＋＜ln n，

综上，对大于1的任意自然数n，都有＋＋＋…＋＜ln n成立．

4．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋a)＋b．

(1)若函数f(x)与g(x)的图象在点(0，1)处有相同的切线，求a，b的值；

(2)当b＝0时，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整数a的最大值；

(3)求证：ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n＜(n∈N*)．

解析：　

(1)因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0，1)处有相同的切线，所以f(0)＝g(0)且f′(0)＝g′(0)，

又因为f′(x)＝ex，g′(x)＝，所以1＝ln a＋b，1＝，解得a＝1，b＝1．

(2)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，

当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，

所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，

所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1．

同理可得ln(x＋2)≤x＋1，即ex＞ln(x＋2)，

当a≤2时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜ex，所以当a≤2时，f(x)－g(x)＞0恒成立．

当a≥3时，e0＜ln a，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立．故整数a的最大值为2．

(3)由(2)知ex＞ln(x＋2)，令x＝，则＞ln，

即e－n＋1＞n＝[ln(n＋1)－ln n]n，

所以e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n，

又因为e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝＜＝，

所以ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜．

5．已知函数f(x)＝ln(1＋x)．

(1)求证：当x∈(0，＋∞)时，<f(x)<x；

(2)已知e为自然对数的底数，求证：∀n∈N*，<·…·<e．

解析：　

(1)令g(x)＝f(x)－＝ln(1＋x)－(x>0)，则g′(x)＝－＝>0(x>0)，

所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，

所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)>g(0)＝0，即f(x)>成立．@钻研数学

令h(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x(x>0)，则h′(x)＝－1＝－<0(x>0)，

所以h(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<x成立．

综上所述，当x∈(0，＋∞)时，<f(x)<x成立．

(2)由(1)可知，ln(1＋x)<x对x∈(0，＋∞)都成立，

所以ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋，

即ln<＝．

因为n∈N*，所以＝＋≤＋＝1，所以ln<1，

所以 ·…·<e．又由(1)可知，ln(1＋x)>对x∈(0，＋∞)都成立，

所以ln>＝(k＝1，2，…，n)，

所以ln＝ln＋ln＋…＋ln

>＋＋…＋≥＋＋…＋＝＝，

所以ln>，所以·…·>，

所以<·…·<e．

6．(2017·全国Ⅲ改编)已知函数f(x)＝x－1－aln x．

(1)若f(x)≥0，求a的值；

(2)证明：对于任意正整数n，…＜e．

解析：　

(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

①若a≤0，因为f ＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意．

②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0；

所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，

故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．

因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.

(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x＞0．

令x＝1＋，得ln＜．

从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1．

故…＜e．

7．已知函数f(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x．

(1)若函数f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的斜率为1，求实数a的值；

(2)讨论函数f(x)的单调性；

(3)证明：对任意的n∈N*，都有ln(1＋n)>成立．

解析：　

由题意得f′(x)＝＋2ax－(2a＋1)＝＝，x∈(0，＋∞)．

(1)由题意得f′(2)＝1，即＝1，解得a＝．@钻研数学

(2)①当a≤0时，2ax－1<0在(0，＋∞)上恒成立，由f′(x)>0得0<x<1，由f′(x)<0得x>1，

故函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

②当a>0时，令f′(x)＝0得x＝1或x＝，当<1，即a>时，由f′(x)>0得x>1或0<x<，由f′(x)<0得<x<1，

故函数f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减；

当>1，即0<a<时，由f′(x)>0，得x>或0<x<1，由f′(x)<0得1<x<，

故函数f(x)在(0，1)，上单调递增，在上单调递减；

当＝1，即a＝时，在(0，＋∞)上恒有f′(x)≥0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

综上可知，当a≤0时，函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；

当0<a<时，函数f(x)在(0，1)上单调递增，

在上单调递减，在上单调递增；

当a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a>时，函数f(x)在上单调递增，

在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

(3)由(2)知，当a＝1时，函数f(x)＝ln x＋x2－3x在(1，＋∞)上单调递增，

∴ln x＋x2－3x≥f(1)＝－2，即ln x≥－x2＋3x－2＝－(x－1)(x－2)，

令x＝1＋，n∈N*，则ln>－，

∴ln＋ln＋ln＋…＋ln>－＋－＋－＋…＋－，

∴ln>－＋－＋－＋…＋－，

即ln(1＋n)> ．

故对任意的n∈N*，都有ln(1＋n)> 成立．